精品解析：陕西西安高新第一中学2025-2026学年高一第二学期月考二数学试题

2025-2026学年高一第二学期月考二 数学试题 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级在答题卡上涂写清楚． 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试卷上作答无效． 3．考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存．满分120分，考试用时90分钟． 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 设，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列各组向量中，能作为基底的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 已知两条直线m，n及平面，下列条件中，一定能得到的是（ ） A. B. C. D. 4. 若A，B，C是△ABC的三个内角，且，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 长方体中，，则点到平面的距离为（ ） A. 2 B. C. D. 6. 已知，，定义新运算，记，，满足，则（ ） A. B. C. D. 7. 四面体中，平面，则该四面体的外接球体积为（ ） A. B. C. D. 8. 在平面直角坐标系xOy中，在方向上的投影向量为在方向上的投影向量为，且，那么的最小值是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每个给出的四个选项中，有多项是满足要求的，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 设，则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 当时，的虚部是-4 C. ，使是纯虚数 D. 所对应的点不会在复平面的第三象限 10. 设的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，则下列说法正确的有（ ） A. 若，，，则三角形有两解 B. 若，则为等腰三角形 C. 若，则为锐角三角形 D. 若是锐角三角形，则 11. 已知正方体的棱长为，为底面的中心，是正方形内（不包含正方形的四边）的动点，则下列说法正确的有（ ） A. ，一定是异面直线 B. 当是正方形的中心时，与所成角为 C. 当在线段上移动时，的最小值为 D. 当与平面所成角为定值（非直角）时，的运动轨迹是一段圆弧 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 圆锥的底面半径为1，高为，则其侧面积为___________. 13. 已知，则___________. 14. 中，为三角形的垂心，又，则___________. 四、解答题（共47分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 如图，三棱柱中，为中点，为中点. （1）求证：平面 （2）已知平面，求直线与平面所成角的正弦值； 16. 中，内角所对的边分别是，若， （1）求的大小； （2）若AC边的中线为，求BC边上的高的大小； 17. 已知等腰梯形ABCD中，为AD中点，现将沿BE折起，使到达点的位置，得到四棱锥. （1）求证：； （2）当二面角的大小为时，记的重心为，点在线段BC上，且满足平面PCD， （i）试确定点的位置并说明理由； （ii）求平面DGF与平面DPC所成角的正弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高一第二学期月考二 数学试题 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级在答题卡上涂写清楚． 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试卷上作答无效． 3．考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存．满分120分，考试用时90分钟． 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的除法运算法则即可求出结果. 【详解】， 故选：B 2. 下列各组向量中，能作为基底的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，根据基底的定义，不可能有零向量作为基底，错， 对于B，显然，即，共线，故不能作为基底，错， 对于C，显然，即，共线，故不能作为基底，错， 对于D，不存在实数使成立，故，不共线，可作为基底，对. 3. 已知两条直线m，n及平面，下列条件中，一定能得到的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中线面之间的位置关系，判断面面平行，逐个选项判断是否正确. 【详解】 如图所示，此时符合，不能推出面面平行，所以A错误； 如图所示，此时符合，不能推出面面平行，所以B错误； 如图所示，此时符合，不能推出面面平行，所以B错误； 根据线面垂直的性质定理可知，垂直于同一条直线的两个平面平行，所以D正确； 故选：D. 4. 若A，B，C是△ABC的三个内角，且，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理、三角形内角及余弦函数性质判断A、B；特殊值即可判断C、D. 【详解】由，则，而，则，A错； 由，结合余弦函数性质知：，B对； 对于，则，，C、D错； 故选：B 5. 长方体中，，则点到平面的距离为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据等体积法，求点到面的距离即可. 【详解】 如图所示，由，得， ∵长方体中，，∴， ∴，， 所以. 故选：B. 6. 已知，，定义新运算，记，，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题中定义、诱导公式以及二倍角的正弦公式化简可得出的取值范围. 【详解】因为，， 根据题中定义可得 ，故. 故选：A. 7. 四面体中，平面，则该四面体的外接球体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理求出外接圆半径，再利用直角三角形的勾股定理即可求出外接球半径，即可求得结果. 【详解】在中，其外接圆半径为，由正弦定理知：，故 故，故外接球的半径，则其体积为, 故选：C 8. 在平面直角坐标系xOy中，在方向上的投影向量为在方向上的投影向量为，且，那么的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先设出A,B点的坐标，写出的表达式，即可求出最小值. 【详解】由题干知：由①，设， 那么，即求参数t的最小值，因为 ， 所以代入①式整理得：，因为此方程有解， 故，解得， 故最小值为： 故选：A 二、多选题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每个给出的四个选项中，有多项是满足要求的，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 设，则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 当时，的虚部是-4 C. ，使是纯虚数 D. 所对应的点不会在复平面的第三象限 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用复数模的运算，虚部，纯虚数，复平面的概念来判断即可， 【详解】对于A选项：，故A正确； 对于B选项：，虚部为-4，故B正确； 对于C选项：当z为纯虚数，则,此时无解，故C错误； 对于D选项：若z对应的点在第三象限，由， 此时无解，故不存在使对应的点在第三象限，故D正确； 故选：ABD 10. 设的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，则下列说法正确的有（ ） A. 若，，，则三角形有两解 B. 若，则为等腰三角形 C. 若，则为锐角三角形 D. 若是锐角三角形，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，利用正弦定理，得到，结合即可判断；对于B，利用正弦定理结合恒等变形可得，即；对于C，由正切和角公式可得，结合三角形角的范围可得，，中不存在负数即可判断；对于D，在锐角三角形中，，进而得到，同理可得，再相加即可判断． 【详解】对A，由，则，故．又，故． 而，故A只可能有一解，因此三角形有唯一解，故A错误； 对B，由，结合正弦定理，可得． 所以，于是，故是等腰三角形，所以B正确； 对C，， 整理得， 又中至多一个角大于，故，，至多有一个负数， 因此，，中不存在负数，故是锐角三角形，所以C正确； 对D，若是锐角三角形，则， 所以，于是， 同理可得，故，故D正确． 11. 已知正方体的棱长为，为底面的中心，是正方形内（不包含正方形的四边）的动点，则下列说法正确的有（ ） A. ，一定是异面直线 B. 当是正方形的中心时，与所成角为 C. 当在线段上移动时，的最小值为 D. 当与平面所成角为定值（非直角）时，的运动轨迹是一段圆弧 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正方体的结构特征，结合已知条件，对各选项进行逐一判断；根据异面直线的判定定理判断选项A，利用平行关系判断选项B，利用侧面展开图根据两点间线段最短判断选项C，把线面角转化为边的关系进而判断选项D． 【详解】对于A，是正方形内（不包含正方形的四边）的动点，即， 根据异面直线的判定定理知一定是异面直线，故A正确； 对于B，在中，分别为的中点，则，所以与所成角，故B错误； 对于C，将正三角形与等腰直角三角形展开到同一平面内得到平面四边形， 则在该四边形中： 线段的长度即为所求的的最小值，此时为的中点， 在中，， 所以的最小值为，故C正确； 对于D，取的中点，则平面，所以即为与平面所成角， 所以为定值， 又因为为定值，所以为定值， 又因为点在以为圆心以为半径的圆上，所以的运动轨迹是一段圆弧，故D正确. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 圆锥的底面半径为1，高为，则其侧面积为___________. 【答案】 【解析】 【分析】求出母线长，利用圆锥的侧面积公式即可求得结果. 【详解】因为圆锥的底面半径为1，高为，所以母线长， 利用侧面积公式得：， 故答案为： 13. 已知，则___________. 【答案】0 【解析】 【分析】利用二倍角的正切公式和两角和的正切公式来运算，即可求解. 【详解】由解得：， 又由二倍角正切公式得：， 由两角和正切公式得：， 所以， 故答案为：0 14. 中，为三角形的垂心，又，则___________. 【答案】 【解析】 【详解】 如图所示，过作于，过作于，，连接, 在中，，那么， 则， 又 故， 可知， 所以； 故答案为：. 四、解答题（共47分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 如图，三棱柱中，为中点，为中点. （1）求证：平面 （2）已知平面，求直线与平面所成角的正弦值； 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定定理得到平面，平面，由面面平行的判定定理得到平面平面，再由面面平行的性质定理得到平面； （2）建立空间直角坐标系，由线面角的向量求法求得线面角的正弦值. 【小问1详解】 取中点M，连接， 在中，由于为中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 在平行四边形中，为对边中点，所以 因为平面，平面，所以平面， 因为平面，，所以平面平面， 又平面，所以平面. 【小问2详解】 因为，所以， 那么以B为原点，分别以为x轴，y轴，z轴建立坐标系，如图所示， 则， 所以 不妨设平面的一个法向量为， 由可得，不妨令，那么， 则， 设为直线CE与平面所成角，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 16. 中，内角所对的边分别是，若， （1）求的大小； （2）若AC边的中线为，求BC边上的高的大小； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理进行边化角，根据诱导公式、和差公式辅助角公式即可求解； （2）在中利用余弦定理可求出，在中利用余弦定理可求出，再利用面积公式即可求解. 【小问1详解】 由正弦定理知：， 可得：， 又，则， 代入上式，可得， 所以，由于， 可得，即， 由，所以，所以. 【小问2详解】 在中，， 所以，解得（舍负）， 又即， 由， 所以，可得BC边上的高. 17. 已知等腰梯形ABCD中，为AD中点，现将沿BE折起，使到达点的位置，得到四棱锥. （1）求证：； （2）当二面角的大小为时，记的重心为，点在线段BC上，且满足平面PCD， （i）试确定点的位置并说明理由； （ii）求平面DGF与平面DPC所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）答案见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据空间中线面的位置关系，证明线面垂直，根据线面垂直的性质定理，证明线线垂直即可. （2）（i）根据空间中线面的位置关系，通过面面平行的判定定理证明面面平行，进而通过面面平行的性质定理，证明线面平行； （ii）根据面面夹角的向量方法，建立空间直角坐标系，求出两个面的法向量，通过向量数量积和同角三角函数关系，求出面面夹角的正弦值； 【小问1详解】 取BE中点O，连接， 在中，由于，所以， 由于四边形BCDE为菱形且， 所以为正三角形故，， 又由于且平面，所以平面PCO， . 【小问2详解】 （i） 如图所示，取PB三分点（靠近点），BC三分点（靠近点），连接， 由于，，平面PCD， 又，，平面PCD， 因为，平面PCD，平面， 所以平面平面PCD，故平面PCD； （ii） 以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，平面BCDE，建立如图坐标系： 由于，，， 此时：； 由可得， 又可得，同理由得； 设平面PCD的法向量为，由可得， 令，则平面PCD的一个法向量为； 设平面GFD的法向量为，由可得， 令，则平面GFD的一个法向量为； 设平面DGF与平面DPC所成角为， 则，即； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $